2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí)專題三牛頓運動定律試題2﹙含解析﹚

1、專題三牛頓運動定律考點1 牛頓運動定律的理解與應(yīng)用1.2021貴州貴陽高三摸底測試一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯上樓,其位移x與時間t的關(guān)系圖像如圖所示.乘客所受支持力的大小用FN表示,重力加速度大小為g.以下判斷正確的是()A.0t1時間內(nèi),FNmgC.t2t3時間內(nèi),FNmgD.t2t3時間內(nèi),FNM,則x1=x2 B.若msin ,則x1x2D.若sin ,則x1v2)的小物塊從傳送帶的底端滑上傳送帶,其速度隨時間變化的v-t圖像如圖乙所示,則()A.0t3時間內(nèi),小物塊所受的摩擦力始終不變B.小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)滿足mg,選項A錯誤;在t1t2時間內(nèi),x-t圖線的斜率保持不變,所

2、以速度不變,即乘客勻速上升,則FN=mg,選項B錯誤;在t2t3時間內(nèi),x-t圖線的斜率變小,所以速度減小,即乘客減速上升,加速度方向向下,根據(jù)牛頓第二定律得mg-FN=ma,解得FN=mg-ma,則FNtc.AM、BM在水平面上的投影長度相等,且L=2Rsincos,BM的傾角=60,則b球由B點下滑到M點用時tb滿足=gsin ,解得tb=totc,選項C正確,A、B、D錯誤.4.D在F由零逐漸增加的過程中,A所受摩擦力方向可能沿斜面向上,可能沿斜面向下,還有可能為零,A錯誤;對A、B整體,地面對B的支持力FN=(M+m)g,與力F大小無關(guān),B錯誤;對A、B整體,由水平方向受力平衡可知,地

3、面對B的摩擦力等于F,并隨F的增大而增大,則B對地面的摩擦力也隨F的增大而增大,C錯誤;當(dāng)F=mgtan 時,A與B間的摩擦力為零,A、B處于A與B間的摩擦力方向改變的臨界狀態(tài),D正確.5.ABA、B兩物塊在水平面上滑動時,根據(jù)牛頓第二定律可知,對整體有F-(m+M)g=(m+M)a1,對物塊A有T1-mg=ma1,聯(lián)立得T1=F.A、B兩物塊在斜面上滑動時,根據(jù)牛頓第二定律可知,對整體有F-(m+M)gsin=(m+M)a2,對物塊A有T2-mgsin=ma2,聯(lián)立得T2=F.因為T1=T2,所以x1=x2,彈簧的伸長量關(guān)系與m和M的大小、和sin的大小均無關(guān),恒有x1=x2,故選A、B.考

4、點2動力學(xué)兩類基本問題1.C物體靜止時,所受合力為零,設(shè)彈簧形變量為x0,斜面傾角為,彈簧勁度系數(shù)為k,有mgsin=kx0,設(shè)物體做勻加速運動的加速度為a,脫離彈簧前,經(jīng)過時間t,物體運動的位移x=at2,此時彈簧的形變量為x0-x,根據(jù)牛頓第二定律有F+k-mgsin=ma,聯(lián)立解得F=ma+t2,選項C正確.2.CD在02 s內(nèi),由圖像得=-t+6,即x=6t-3t2,與x=v0t+a1t2比較得v0=6 m/s,a1=-3 m/s2,即1 s末物塊的加速度大小為3 m/s2,選項A錯誤;2 s末,速度v2=v0+a1t2=0,向右運動的位移為6 m,在26 s內(nèi),分析可知物塊向左運動的

5、位移大小為12 m,即-12 m=a2,解得a2=-1.5 m/s2,物塊水平向左做初速度為零的勻加速直線運動,6 s末物塊的速度大小v6=1.54 m/s=6 m/s,選項B錯誤;根據(jù)牛頓第二定律知在26 s內(nèi),有-F+mg=ma2,在02 s內(nèi)有-F-mg=ma1,解得=0.075,F=2.25 N,選項C、D正確.3.BCD由圖示分析可知,木塊沿斜面向上做勻減速運動時的加速度a1= m/s2=-10 m/s2,運動時間t= s=1 s5 s,故A錯誤;由A中分析可知,在01 s內(nèi)木塊向上做勻減速運動,1 s后木塊反向做勻加速運動,則在t=1 s時摩擦力反向,故B正確;由圖示分析可知,木塊

6、反向做勻加速運動時的加速度a2= m/s2=2 m/s2,對木塊,由牛頓第二定律有-mgsin-mgcos=ma1,mgsin-mgcos=ma2,代入數(shù)據(jù)解得=0.5,=37,故C、D正確.5. AC根據(jù)A與B間摩擦力f隨外力F的變化關(guān)系可知:第一階段,F3 N,此時的摩擦力f與外力相等,說明A、B都靜止,且B與地面間的滑動摩擦力為3 N;第二階段,3 N12 N,此時A、B間的摩擦力達(dá)到最大值,不再隨外力的變化而變化,則A、B間的摩擦力為滑動摩擦力,兩者發(fā)生相對滑動,故A與B間滑動摩擦力為6 N.設(shè)A、B的質(zhì)量分別為m1、m2,則有1m1g=6 N,2(m1+m2)g=3 N,聯(lián)立解得m1

7、=1 kg,m2=0.5 kg,故A正確.第三階段,由題圖乙可知,A、B剛發(fā)生相對滑動時,拉力F=12 N,又F=3t(N),則A、B剛發(fā)生相對滑動時,t=4 s1 s ,故B錯誤.當(dāng)t=3 s時,F=F1=9 N0,故a2,故v3v1,D正確.10.BC小球從樓頂自由釋放,先做自由落體運動,下落一段時間后打開降落傘,最后小球做勻速運動.則打開降落傘后,小球有如下三種可能的運動過程.第一種可能:打開降落傘時小球的速度較小,阻力小于重力,則小球的加速度方向不變,大小突變?yōu)橐粋€較小的值,然后做加速度逐漸減小的加速運動,速度逐漸增大,阻力也逐漸增大,直至阻力與重力大小相等,加速度為零,速度恒定.第二

8、種可能:打開降落傘時小球的速度為某一定值,阻力恰好等于重力,則小球加速度為零,速度恒定.第三種可能:打開降落傘時小球的速度較大,阻力大于重力,則小球的加速度反向,做加速度逐漸減小的減速運動,速度逐漸減小,阻力也逐漸減小,直至阻力與重力大小相等,加速度為零,速度恒定.對比可知,選項B和選項C均對應(yīng)第三種可能情況,故選項B、C可能正確.選項A中,加速度不會從恒定逐漸減小,少了一個突變過程,故選項A錯誤.選項D中阻力最后不會變?yōu)榱?故選項D錯誤.11. (1) B(2分)(2)如圖甲所示(2分)(3)如圖乙所示(3分)AD(2分)圖甲圖乙解析:(1)本實驗用控制變量法探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系,故小車所

9、受拉力應(yīng)相同,小車質(zhì)量應(yīng)不同,即小車質(zhì)量不同,鉤碼質(zhì)量相同,選項B正確.(3)使小車沿傾角合適的斜面運動,可平衡摩擦力,小車受力可等效為只受繩的拉力,選項A正確;若斜面傾角過大,小車重力沿斜面向下的分力大于摩擦力,小車所受合力將大于繩的拉力,選項B錯誤;砂和桶有向下的加速度,因此砂和桶的重力大于繩的拉力,選項C錯誤;當(dāng)小車的運動趨近于勻速運動時,加速度a約為零,對砂和桶由牛頓第二定律可知,砂和桶的重力近似等于繩的拉力,選項D正確.12.(1)1.39(2分) 1.97(2分)(2)不需要(2分)(3)0.194(3分)解析:(1)根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得打點計時器打下E點時紙帶的速度為vE=

10、 m/s=1.39 m/s,兩個相鄰計數(shù)點之間的時間間隔T=0.10 s,由逐差法和x=aT2可得a=-1.97 m/s2.(2)由于所用紙帶是鉤碼落地后打出來的,故不需要知道鉤碼的質(zhì)量.(3)當(dāng)紙帶沒放在兩鐵塊之間時,鉤碼落地后小車僅在系統(tǒng)阻力f作用下運動,可得出阻力f=2.0 N,當(dāng)紙帶放在兩鐵塊之間時,鉤碼落地后,小車在紙帶的摩擦力和系統(tǒng)阻力作用下做勻減速直線運動,由牛頓第二定律有-2mg-f=Ma,解得=0.194.13.(1)9104 m(2)1 200 m/s250 s解析:(1)火箭加速上升的高度h1=3104 m,助推器脫落時的速度v1=1.2103 m/s助推器脫落后向上做勻

11、減速運動,f=mg,有mg+f=ma1(2分)=2a1h2(1分)v1=a1t1(1分)解得h2=6104 m,t1=100 s(1分)助推器上升的最大高度為h=h1+h2=9104 m(或90 km)(1分).(2)助推器從最高點下落過程中,有mg-f=ma2(2分)=2a2h(1分)v2=a2t2(1分)解得v2=1 200 m/s,t2=150 s(1分)助推器從脫落到落回地面經(jīng)歷的時間t=t1+t2=250 s(1分).14.(1)225 N(2)24 m解析:(1)設(shè)沒有滑雪杖作用時,運動員沿山坡向下滑行的加速度大小為a,由運動學(xué)規(guī)律可得x=at2,代入數(shù)據(jù)可解得a=2 m/s2(2

12、分)設(shè)運動員受到的阻力大小為Ff,由牛頓第二定律可得mgsin 30-Ff=ma(1分)代入數(shù)據(jù)求解可得Ff=225 N(2分).(2)設(shè)有滑雪杖作用時,運動員運動的加速度大小為a,由牛頓第二定律可得mgsin 30+F-Ff=ma(1分)作用t1=1 s時間后運動員獲得的速度大小為v1=at1(1分)此段時間內(nèi)運動員滑行的距離為x1=a(1分)間隔t2=2 s時間后運動員獲得的速度大小為v2=v1+at2(1分)此段時間內(nèi)運動員滑行的距離為x2=t2(1分)滑雪杖第二次作用時間內(nèi)運動員滑行的距離為x3=v2t1+a(1分)故運動員在第二次滑雪杖作用結(jié)束時滑行的距離為x=x1+x2+x3=24

13、 m(1分).15.(1)(2)解析:(1)通過受力分析可知,在小滑塊A和B相向運動時,平板小車C靜止不動對小滑塊B,由牛頓第二定律知mg=ma1得減速到零的時間t1=(1分)對小滑塊A,由牛頓第二定律知2mg=2ma2得a2=g(1分)經(jīng)t1時間,小滑塊A的速度為vA=6v0-a2t1=5v0(1分) 假設(shè)t1時間后B、C不發(fā)生相對運動對B、C整體由牛頓第二定律知2mg-6mg=4ma3得a3=gg,假設(shè)成立(1分)設(shè)再經(jīng)t2時間小滑塊A和B及平板小車C達(dá)到共同速度,即5v0-a2t2=a3t2得t2=(1分)共同速度為v共=5v0-a2t2=v0(1分)達(dá)到共同速度后三者相對靜止向右做減速運動小滑塊A在平板小車上做勻減速運動的位移大小xA=6v0(t1+t2)-a2=小滑塊B在平板小車上做勻減速運動的位移大小xB=平板小車C和小滑塊B共同向右做勻加速運動的位移大小xBC=a3=(1分)平